河北省衡水中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期2月網(wǎng)絡(luò)教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測卷含解析

PAGE15-河北省衡水中學(xué)2025屆高三物理下學(xué)期2月網(wǎng)絡(luò)教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測卷（含解析）第Ⅰ卷（選擇題）二、選擇題∶本大題共8小題，，第14-17題只有一項符合題目要求，第18-21題有多項符合題目要求。1.汽車在平直的馬路上行駛，發(fā)覺險情緊急剎車，汽車馬上做勻減速直線運動直到停車，已知汽車剎車時第一秒內(nèi)的位移為13m，在最終1秒內(nèi)的位移為2m，則下列說法正確的是()A.汽車在第1秒末的速度可能為10m/sB.汽車加速度大小可能為3m/s2C.汽車在第1秒末的速度肯定為11m/sD.汽車的加速度大小肯定為4.5m/s2【答案】C【解析】【詳解】汽車運動的逆過程是初速度為零的勻加速直線運動，對于最終1s，有：x最終1s=；解得：．設(shè)汽車在第1秒末的速度為v．對于第1s內(nèi)，由x第1s=vt1+at12代入數(shù)據(jù)得：13=v×1+×4×12，可得v=11m/s．故選C．2.如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的小球通過兩根輕彈簧A、B連接，在水平外力F作用下，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時彈簧實際長度相等．彈簧A、B的勁度系數(shù)分別為kA、kB，且原長相等．彈簧A、B與豎直方向的夾角分別為θ與45°．設(shè)A、B中的拉力分別為FA、FB．小球直徑相比彈簧長度可以忽視．則()A.kA＝kB B.tanθ＝C.FA＝mg D.FB＝2mg【答案】B【解析】【詳解】將兩小球看作一個整體，對整體受力分析，可知整體受到重力2mg，彈簧A的拉力FA和F的作用，受力如圖甲所示，依據(jù)共點力的平衡條件有：，F(xiàn)＝2mgtanθ，依據(jù)胡克定律：FA＝kAxA，F(xiàn)B＝kBxB，對下邊的小球進行受力分析，其受力如圖乙所示：依據(jù)平衡條件有：FB＝mg，F(xiàn)＝mg，聯(lián)立可得：tanθ＝，故B正確，D錯誤；由tanθ＝知，cosθ＝，得FA＝mg，故C錯誤；兩個彈簧的原長相等，伸長后的長度也相等，所以彈簧的形變量也相等，而兩個彈簧的彈力不同，所以兩個彈簧的勁度系數(shù)不相等，故A錯誤．所以B正確，ACD錯誤．3.在水平面上有A、B兩物體，通過一根跨過定滑輪的輕繩相連，現(xiàn)A物體以v1的速度向右勻速運動，當(dāng)繩被拉成與水平面的夾角分別為α、β時(如圖所示)，B物體的運動速度vB為(繩始終有拉力)()A. B.C. D.【答案】D【解析】【詳解】將物體A的速度分解為使繩右端伸長和逆時針轉(zhuǎn)動兩個重量，如圖(a)所示，則繩端伸長的速度v′＝v1cosα；同理對物體B，速度分解如圖(b)所示，繩端縮短的速度v″＝v′，因此物體B的運動速度vB＝v″/cosβ＝，D項正確．4.如圖所示，將一個內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側(cè)有一豎直墻壁．現(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止起先下落，小球從A點與半圓形槽相切進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是()A.小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B.小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球處于失重狀態(tài)C.小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D.小球從下落到從右側(cè)離開槽的過程中機械能守恒【答案】C【解析】【詳解】小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽有向左運動的趨勢，但由于墻壁對半圓形槽的作用，半圓形槽事實上沒有動，整個系統(tǒng)中只有重力做功，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒；小球過了半圓形槽的最低點以后，小球?qū)Σ鄣淖饔昧π毕蛴蚁?，對槽做正功，槽向右運動，槽對小球的作用力斜向左上，槽對球做負(fù)功，該過程中除了重力做功外，槽對小球的彈力也做功，故小球的機械能不守恒，AD錯誤；小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，在A點，小球豎直方向上只受重力，是加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，在最低點，小球的加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，所以小球先失重，后超重，B錯誤；對系統(tǒng)沒有其他形式的能量產(chǎn)生，滿意機械能守恒的條件，所以系統(tǒng)的機械能守恒，C正確．5.如圖所示，ABC為等邊三角形，電荷量為+q的點電荷固定在A點．先將一電荷量也為+q的點電荷Q1從無窮遠(yuǎn)處（電勢為0）移到C點，此過程中，電場力做功為-W．再將Q1從C點沿CB移到B點并固定．最終將一電荷量為-2q的點電荷Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點．下列說法正確的有A.Q1移入之前，C點的電勢為B.Q1從C點移到B點的過程中，所受電場力做的功為0C.Q2從無窮遠(yuǎn)處移到C點的過程中，所受電場力做的功為2WD.Q2在移到C點后的電勢能為-4W【答案】ABD【解析】【詳解】A.由題意可知，C點的電勢為故A正確；B.由于B、C兩點到A點()的距離相等，所以B、C兩點的電勢相等，所以從C點移到B點的過程中，電場力先做負(fù)功再做正功，總功為0，故B正確；C.由于B、C兩點的電勢相等，所以當(dāng)在B點固定后，C點的電勢為,所以從無窮遠(yuǎn)移到C點過程中，電場力做功為：故C錯誤；D.由于C點的電勢為，所以電勢能為故D正確．6.如圖所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時兩極間的電勢差為U，P點場強大小為E，電勢為，負(fù)電荷的電勢能為，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，則()A.U變大，E變大B.U變小，變小C.變小，變大D.變大，變小【答案】AC【解析】【分析】平行板電容器充電后與電源斷開后，電量不變．將兩極板適當(dāng)錯開一段距離，兩板正對面積減小，依據(jù)電容的確定式分析電容如何變更，由電容的定義式分析板間電壓的變更，由分析場強的變更．依據(jù)P點與下板電勢差的變更推斷P點的電勢的變更，再分析正電荷在P點的電勢能的變更．【詳解】A項：將兩板水平錯開一段距離，兩板正對面積減小，依據(jù)電容的確定式可知，電容C減小，而電容器的電量Q不變，則由得知，板間電壓U增大，板間場強，可見E增大，故A正確；B、C、D項：P點到下板距離不變，由公式U=Ed得知，P點與下板電勢差增大，故P點的電勢變??；由于電場線向上，P點的電勢低于下極板的電勢，則P點的電勢降低，負(fù)電荷在P點的電勢能?變大．故C正確，BD錯誤．故應(yīng)選：AC．【點睛】本題是電容器動態(tài)變更分析問題，由電容的兩個公式：和結(jié)合進行分析．7.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充溢磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場正對著圓心O射入帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m,不考慮粒子重力，關(guān)于粒子的運動，以下說法正確的是()A.粒子在磁場中通過的弧長越長時間也越長B.出磁場粒子其出射方向的反向延長線也肯定過圓心0C.出磁場的粒子肯定能垂直打在MN上D.只要速度滿意，入射的粒子出射后肯定垂直打在MN上【答案】BD【解析】【詳解】A．速度不同的同種帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相等，對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中軌跡半徑越大，弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，由t=知，運動時間t越?。蔄錯誤；B．帶電粒子的運動軌跡是圓弧，依據(jù)幾何學(xué)問可知，對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也肯定過圓心．故B正確；C．速度不同，半徑不同，軌跡對應(yīng)的圓心角不同，對著圓心入射的粒子，出射后不肯定垂直打在MN上，與粒子的速度有關(guān)．故C錯誤；D．速度滿意v=時，粒子的軌跡半徑為r==R，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構(gòu)成菱形，射出磁場時的軌跡半徑與最高點的磁場半徑平行，粒子的速度肯定垂直打在MN板上，故D正確．【點睛】帶電粒子射入磁場后做勻速圓周運動，對著圓心入射，必將沿半徑離開圓心，依據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，求出v=時軌跡半徑，確定出速度的偏向角．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，軌跡對應(yīng)的圓心角越小，即可分析時間關(guān)系．8.如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場，一個帶負(fù)電的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N的運動，下列說法正確的是()A小球可能做勻變速運動 B.小球肯定做變加速運動C.小球動能可能不變 D.小球機械能守恒【答案】BC【解析】【詳解】小球從M到N，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以受到的豎直向下的洛倫茲力，并且速度方向變更，則洛倫茲力方向變更，所以合力方向變更，故不行能做勻變速運動，肯定做變加速運動，A錯誤B正確；若電場力和重力等大反向，則過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球的動能可能不變，重力勢能減小，這種狀況下機械能不守恒，若以電場力和重力不等大反向，則有電場力做功，所以機械能也不守恒，故小球的機械能不守恒，C正確D錯誤．【點睛】帶電粒子在復(fù)合場中運動問題的分析思路1．正確受力分析除重力、彈力和摩擦力外，要特殊留意電場力和磁場力的分析．2．正確分析物體的運動狀態(tài)找出物體的速度、位置及其變更特點，分析運動過程．假如出現(xiàn)臨界狀態(tài)，要分析臨界條件帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子的受力狀況．（1）當(dāng)粒子在復(fù)合場內(nèi)所受合力為零時，做勻速直線運動（如速度選擇器）．（2）當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力等值反向，洛倫茲力供應(yīng)向心力時，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動．（3）當(dāng)帶電粒子所受的合力是變力，且與初速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個狀況不同的復(fù)合場區(qū)，因此粒子的運動狀況也發(fā)生相應(yīng)的變更，其運動過程也可能由幾種不同的運動階段所組成．三、非選擇題∶包括必考題和選考題兩部分。（一）必考題∶4小題。9.如圖所示，一端帶有定滑輪的長木板上固定有甲、乙兩個光電門，與之相連的計時器可以顯示帶有遮光片的小車在其間的運動時間，與跨過定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩相連的輕質(zhì)測力計能顯示掛鉤處所受的拉力。不計空氣阻力及一切摩擦。(1)在探究“合外力肯定時，加速度與質(zhì)量的關(guān)系”時，要使測力計的示數(shù)等于小車所受合外力，操作中必需滿意________________；要使小車所受合外力肯定，操作中必需滿意________________________。(2)試驗時，先測出小車質(zhì)量m，再讓小車從靠近光電門甲處由靜止起先運動，讀出小車在兩光電門之間的運動時間t。變更小車質(zhì)量m，測得多組m、t的值，建立坐標(biāo)系描點作出圖線。下列能直觀得出“合外力肯定時，加速度與質(zhì)量成反比”的圖線是________。【答案】(1).小車與滑輪間的細(xì)繩與長木板平行(2).砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量(3).C【解析】【詳解】(1)[1]小車受重力，支持力和拉力，在探究“合外力肯定時，加速度與質(zhì)量的關(guān)系”時，要使測力計的示數(shù)等于小車所受合外力，操作中必需滿意小車與滑輪間的細(xì)繩與長木板平行；[2]要使小車所受合外力肯定，操作中必需滿意砂和砂桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量；(2)[3]小車從靠近甲光電門處由靜止起先做勻加速運動，位移x=at2得加速度，兩光電門之間的距離不變，即位移x不變，則a與t2成反比；依據(jù)牛頓其次定律有聯(lián)立得即t2與質(zhì)量m成正比，所以變更小車質(zhì)量m，測得多組m、t的值，故C圖能直觀得出“合外力肯定時，加速度與質(zhì)量成反比”，故C符合題意，ABD不符合題意。故選C。10.如圖所示，質(zhì)量M＝10kg的木楔ABC靜置于粗糙水平地面上，木楔與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.在木楔的傾角θ為37°的斜面上，有一質(zhì)量m＝1.0kg的物塊由靜止起先從A點沿斜面下滑，當(dāng)它在斜面上滑行距離x＝1m時，其速度v＝2m/s，在這過程中木楔沒有動．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2)求：(1)物塊與木楔間的動摩擦因數(shù)μ1；(2)地面對木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物塊沿斜面下滑時，假如對物塊施加一平行于斜面對下的推力F＝5N，則地面對木楔的摩擦力如何變更？(不要求寫出分析、計算的過程)【答案】（1）0.5；（2）1.6N,水平向左（3）地面對木楔的摩擦力的大小、方向均不變【解析】【詳解】（1）由得由牛頓其次定律mgsin37°-μ1mgcos37°=ma代入數(shù)據(jù)解得（2）以物塊和木楔ABC整體為探討對象，作出力圖如圖.

依據(jù)牛頓其次定律得其中ax=acos37°代入數(shù)據(jù)解得（3）對木楔來說物塊加力以后它的受到物體的力沒有任何變更，所以地面對木楔的摩擦力的大小、方向均不變。11.如圖所示，左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R=0.3m的光滑半圓環(huán)，右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿．質(zhì)量為ma=100g的小球a套在半圓環(huán)上，質(zhì)量為mb=36g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l=0.4m的輕桿通過兩鉸鏈連接．現(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，重力加速度g=10m/s2.求：(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大?。?2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功．【答案】(1)2N(2)0.1944J【解析】【詳解】(1)當(dāng)a滑到與圓心O等高的P點時，a的速度v沿圓環(huán)切線豎直向下，b的速度為零，由機械能守恒可得：，解得v=；在P點對小球a，由牛頓其次定律可得：(2)桿與圓環(huán)相切時，如圖所示，此時a的速度沿桿方向，設(shè)此時b的速度為vb，則知，由幾何關(guān)系可得：球a下降的高度a、b及桿組成的系統(tǒng)機械能守恒：對滑塊b，由動能定理得：W==0.1944J12.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面的x>0區(qū)域內(nèi)，存在電場強度大小E=2×105N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小B=0.2T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場，在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M(10，0)點處有一粒子放射槍向x軸正方向連綿不斷地放射大量質(zhì)量m=6.4×10－27kg、電荷量q=3.2×10－19C的帶正電粒子(重力不計)，粒子恰能沿x軸做勻速直線運動；若撤去電場，并使粒子放射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度=2πrad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動(整個裝置都處在真空中)（1）推斷電場方向，求粒子離開放射槍時的速度；（2）帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；（3）熒光屏上閃光點的范圍距離；（4）熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間．【答案】（1）106m/s（2）0.1m（3）【解析】試題分析：（1）粒子做勻速直線運動，所受合力為零，由平衡條件可以求出粒子的運動速度；粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律列方程可以求出粒子的軌道半徑，（2）依據(jù)題意作出粒子打在熒光屏上的范圍圖示，然后由數(shù)學(xué)學(xué)問求出熒光屏上閃光點的范圍，（3）求出粒子在磁場中做圓周運動的周期，求出粒子運動的圓心角，最終求出粒子的運動時間．(1)依據(jù)粒子恰能沿x軸做勻速直線運動，粒子受到豎直向下的洛倫茲力，則電場力應(yīng)豎直向上，所以電場強度方向豎直向上，依據(jù)可得，代入數(shù)據(jù)得；(2)撤去電場后，有：，粒子在磁場中運動的軌跡半徑，代入數(shù)據(jù)得：R=0.1m；(3)粒子運動軌跡可知，粒子最上端打A點，最下端打在B點：，，；(4)粒子在磁場中做圓周運動的周期：，粒子在磁場中運動的時間可以忽視不計，閃光點從最高點移到最低點的過程中，粒子槍轉(zhuǎn)過的圓心角為，所以時間為．點晴：粒子做勻速圓周運動，由平衡條件可以求出粒子的運動速度，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律列方程，可以求出粒子運動的軌道半徑；求出粒子在磁場中做圓周運動所轉(zhuǎn)過的圓心角是求出粒子在磁場中運動時間的關(guān)鍵；第三問是本題的難點，依據(jù)題意作出粒子的運動軌跡是解題的關(guān)鍵．（二）選考題∶3小題。13.下列說法正確的是．A.晶體有固定的熔點B.液晶既有液體的流淌性，又有晶體的各向異性C.物體汲取熱量后，其溫度肯定上升D.給自行車打氣時氣筒壓下后反彈，是由分子斥力造成的E.雨水沒有透過布質(zhì)雨傘是因為液體表面張力的存在【答案】ABE【解析】【詳解】A．晶體區(qū)分于非晶體的是有固定的熔點，故A正確；B．液晶既有液體的流淌性，又有晶體的各向異性，故B正確；C．物體汲取熱量后，可能還對外做功，其溫度不肯定上升，故C錯誤；D．給自行車打氣時氣筒壓下后反彈，是由于氣體壓強的緣由，不是分子作用力的作用，故D錯誤；E．雨水沒有透過布雨傘是因為液體表面存在張力，從而不會透過雨傘，故E正確；14.肯定質(zhì)量的志向氣體，狀態(tài)